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文档介绍
浙江省嘉兴市2021届高三9月教学测试数学试题答案
高二数学 参考答案 第 1 页(共 8 页) 2020 年嘉兴市高三教学测试 高三数学 参考答案 (2020.9) 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分) 1.D; 2.B; 3.A; 4.C; 5.D; 6.C; 7.B; 8.A; 9.D; 10.C. 10.提示 显然 0a ,否则 0xea,于是 10xf x e a tax ,即 10tax ,这与 不等式的解集为 R 矛盾.又易知 0a 时,不等式 0fx 恒成立.于是仅需再分析 0a 的 情 形 。 易 知 0t ,由 10xf x e a tax 知 lnxa 或 1x ta ,所以 11ln lna a ata t .所以原问题等价于关于 a 的方程 1 lnaat 有两解,进而由函数 图像易知 te . 二、填空题(本大题共 7 小题,多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,共 36 分) 11. 3 2 ; 10 2 12. 2 ; , 2 0,2 13. 0 ; 32 14. 3 ;1 15. 4 16. 1 3,0 0,1 3 17. 27 7 17.提示: 224 1 2 cos 1 2 cos 4a xb a xb x x x x ,变形得 221 2 cos 4 1 2 cosx x x x ,两边平方得 22 1 2 cos 4 cosx x x , 再两边平方得 2 2 12 7 24 cos x ,所以 27cos 7 . 高二数学 参考答案 第 2 页(共 8 页) 三、解答题 18.(本题满分 14 分) 在 ABC 中,角 ,,A B C 所对的边分别是 ,,a b c .已知 2 sin 5 cosb A a B . (1)求cosB 的值; (2)若 3 , 2a c b,求 c 的值. 解:(1)由 sin sin ab AB 得 sin sin aA bB ,所以 2sin sin 5sin cosB A A B ,即 2sin 5 cosBB ,又 22sin cos 1BB,解得 2cos 3B . (2)由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B ,即 2 210 2 3 23c c c ,解得 262c ,即 3 3c . 19.(本题满分 15 分) 如图,四棱锥 A BCDE 中, ABC 为等边三角形,CD 平面 ABC , BE ∥ CD 且 22AC CD BE , F 为 AD 中点. (1)求证: EF ∥平面 ABC ; (2)求直线 BC 与平面 AED 所成角的正弦值. 19. 解( 1)延长 DE 交CB 的延长线于G ,连接 AG .因为 BE ∥CD 且 2CD BE ,所以 E 为 DG 中点.又 F 为 AD 中点,所 以 EF ∥ AG .又 EF 平面 ABC , AG 平面 ABC ,于是 ∥平面 ABC ; (2)方法一:由 1 2AB CG 且 B 为CG 中点知 AG AC .因 为CD 平面 ,且 平面 ,所以 AG CD ,又 CD AC C ,于是 AG 平面 ACD .由 平面 得 平面 AGD 平面 ACD .连接CF ,显然CF AD ,因为平面 AGD 平面 ACD AD , 所以CF 平面 AGD .连接GF ,所以 CGF 即为直线 BC 与平面 AED 的所成角.由 C B E A F D G (第 19 题) 高二数学 参考答案 第 3 页(共 8 页) 2BC ,则 2CF ,所以在 Rt CFG 中, 2sin 4 CFCGF CG . 方法二:取 AC 的中点O ,连接OF .由 ∥CD 及CD 平面 ABC 得 OF 平面 ABC .如图建立空间坐标系 O xyz ,易得 0, 1,0A , 3,0,1E , 0,1,2D 于是 3,1,1AE , 0,2,2AD ,设平面 AED 的一个 法向量 ,,n x y z ,于是 30 2 2 0 n AE x y z n AD y z ,令 1y ,解得 1z , 0x 所以 0,1, 1n .又 3,1,0BC ,设直线 BC 与平面 AED 的所成角的大小为 ,所以 12sin 422 n BC n BC . 20.(本题满分 15 分) 已知数列 na 的前 n 项和为 nS , 2nnS a n, *nN . (1)求数列 的通项公式; (2)令 2nnb na ,求数列 nb 的前 n 项和 nT . 20.解:(1)当 1n 时, 1121Sa,得 1 1a 当 2n 时, 11 2 21 nn nn S a n S a n ,相减得 121nnaa,变形得 11 2 1nnaa , 又 1 12a , 12n na ,即 21n na (2) 12 2 2 1 2 2nn nnb na n n n ,于是 2 3 1 12 1 2 2 2 2 4 2 2n nnT b b b n n 2 3 11 2 2 2 2 2 1 2n nT n n ,令 2 3 11 2 2 2 2n nAn 即 1nnT A n n . G C B E A F D O (第 19 题) y x z 高二数学 参考答案 第 4 页(共 8 页) 2 3 11 2 2 2 1 2 2nn nA n n ① 3 4 1 22 1 2 2 2 1 2 2nn nA n n ② ①-②得 2 3 1 2 24 1 2 2 2 2 2 212 n n n n nA n n 2 2 24 2 2 1 2 4n n nnn 21 2 4n nAn 221 2 4n nT n n n . 21.(本题满分 15 分) 如图,已知抛物线 2 1 : 2 0C x my m, 2 2 : 2 0C y nx n的焦点分别为 12,FF,且 41mn . (1)当 12FF 最短时,求直线 12FF的方程; (2)设抛物线 12,CC异于原点的交点为Q ,过 点 Q 作直线 AB ,分别交 于 A ,B 两点, 其中直线 的斜率 0k ,且 点Q 为线段 的中点.当 AB 最短时,求抛物线 的方 程. 21. (1)解: 22 22 1 2 1 2 44 mnF F OF OF 12 24mn,等号当且仅当 1 2mn时成立.此时 12FF的方程为4 4 1 0xy . (2)方法一:设 00,Q x y ,则 2 00 2 00 2 2 x my y nx ,解得 0 0 1y x .进一步 3 0 3 0 2 12 mx n x ,于是 23 10:C x x y , 2 2 3 0 1:C y xx .设 0 0 1:AQ y k x xx ,联立 23 10:C x x y 得 2 3 4 2 0 0 0 0x kx x kx x ,于是 3 00Ax x kx , 42 0 0 0Ax x kx x ,解得 3 00Ax kx x. F2 F1 B Q A O x (第 21 题) y 高二数学 参考答案 第 5 页(共 8 页) 0 0 11:BQ x x ykx ,联立 2 2 3 0 1:C y xx 得 2 3 4 2 0 0 0 1 1 1 0yyx k kx x ,于是 3 0 0 11 By x kx , 42 0 00 1 1 1 By x kx x ,解得 3 00 11 By xkx, 023 00 12 Bxxkxkx . 所以 3 0023 00 12 2ABx x kx xkxkx ,整理得 2 20 0023 0 12 2kx x kxkx ,即 2 2 4 3 6 0 0 01 2 2kx k x k x .令 2 0 0u kx,换元得 3 2 22 2 1 1 3 1 0u u u u u u , 所以 1u ,于是 2 0 1kx . 又 2 2 3 2 0 0 0 0 042 00 111 1 2 1 3 3 3 2AAQ k x x k x kx x xxx ,当且仅 当 2 0 1x 时等号成立.所以 2 2 1mn,此时 2 1 :C x y , 2 2 :C y x . 方法二:设 00,Q x y ,则 2 00 2 00 2 2 x my y nx ,解得 0 0 1y x ,进一步得 3 0 3 0 2 12 mx n x ,于是 23 10:C x x y , 2 2 3 0 1:C y xx .由 AQ BQkk 知 0 0 2 12 A B xx n m y x ,即 0 0 1 41ABx x y mnx .又 2 3 0 0 0 0 2 2 2 12A B Q B A Ay y y y y xx x x x . 所以 2 0 3 0 0 31 1AAx x xx x ,整理得 32 32 000 1 1 3 20A A Ax x xxxx .令 0 1Axu x ,则 3 2 23 2 2 1 0u u u u u u ,解得 2u 或 15 2u (舍)或 15 2u (舍). 于是 02Axx , 0 2 0 1 2 A AQ xxk m x . 所以 22 0 0 042 00 111 1 3 3 3 2AAQ k x x x xxx ,当且仅当 0 1x 时等号成 立. 所以 ,此时 2 1 :C x y , 2 2 :C y x . 方法三:设 22 ,2A ms ms , 22 ,2Q mt mt ,由Q 为线段 AB 的中点,于是 224 2 ,4 2B mt ms mt ms.因为 , B 均在抛物线 2C 上,所以 高二数学 参考答案 第 6 页(共 8 页) 22 222 24 4 2 2 4 2 mt mnt mt ms n mt ms ,再由 41mn 化简得 23 2222 41 4 2 2 mt m t s t s 消去 m 得 22 2 3 4 2 3 42 2 4 2 0t s t s t s st st t ,即 42 4 2 0s s s t t t 令 ,1su t ,得 4 2 24 2 1 2 1 0u u u u u u u ,解得 2u ,于是 2st , 2 3 14m t .所以 22 2 2 2 2 4 12 2 2 2 4 9 9 3 3 2AQ ms mt ms mt m t t t t ,当且仅当 1t 时等号成立. 所以 2 2 1mn,此时 2 1 :C x y , 2 2 :C y x . 22.(本题满分 15 分) 已知函数 2ln 2 0f x x x x ax k k (1)当 0a , 1k 时,求 fx在 1, 1f 处的切线方程; (2)当 0,x 时, 的最小值为 0 ,求 4ka 的最小值. 22.解:(1) 1 ln 2f x x x ,所以 11lkf,又 12f ,于是切线方程为 21yx ,即 10xy . (2)方法一: 1 ln 2 2f x x x a ,进而 1 2 12 xfx xx ,于是易知 fx 在 10, 2 上单调递减,在 1 ,2 上单调递增.所以 min 1 ln2 22f x f a (I)当 ln2 2 0a即 1 ln22a 时 由 0fx 知 fx在 0, 上单调递增.又 0 lim 0 x f x k ,所以 0f x k.这与 0fx 在 0, 有解矛盾. (II)当 ln2 2 0a即 1 ln22a 时 高二数学 参考答案 第 7 页(共 8 页) 易知存在 12,xx( 120 xx),使得 120f x f x,且 fx在 120, , ,xx 上 单调递增,在 12,xx 上单调递减. 所以原问题等价于 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ln 2 2 0 ln 2 0 f x x x a f x x x x ax k ,整理得 22 2 22 2 1 ln 2a x x k x x 所以 2 2 2 24 5 2ln 2k a x x x ,由 0k 得 2 1x .令 2 5 2ln 2h x x x x ( 1x ), 显然 2 1 2225 xxh x x xx ,所以 hx在 1,2 上单调递减,在 2, 上单 调递增,于是 min 2 2ln2 4h x h ,即 4ka 的最小值为 2ln2 4 . 方法二: 0x , y f x 的最小值为 0 等价于 fxy x 的最小值为 . 令 ln 2fx kg x x x axx ,即 min 0gx 由 2 22 1 10k x x kg x kx xx 得,存在唯一 0 0,x ,使得 2 00 0 2 0 0x x kgx x ,即 2 000k x x ,所以 gx在 00, x 单调递减, 0 ,x 单 调递增,因此 0 0 0min 0 ln 2 0kg x g x x x a x ,将 2 00k x x代入得 2 00 00 0 ln 2 0xxx x a x ,即 00ln 2 1 2x x a ,所以 2 0 0 04 5 2ln 2k a x x x ,由 ,得 0 1x . 令 ( ),显然 2 1 2225 xxh x x xx ,所以 在 上单调递减,在 上单调递增,于是 min 2 2ln2 4h x h ,即 的最小值为 .查看更多